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ハメル基底とf(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数

  
   

「Hamel(ハメル)基底」は「体\Q上のベクトル空間\Rの基底」のことをいい,選択公理を認めると「Hamel基底の存在」を証明することができる.

【参考記事:ベクトル空間の基底とハメル基底の存在の証明

さて,「Hamel基底が存在したら何が分かるのか」ということだが,Hamel基底を用いれば「任意のx,y\in\Rに対して,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\R\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか」という問題に対する反例を挙げることができる.

すなわち,f(x)=axならf(x+y)=f(x)+f(y)をみたすことは簡単に分かるが,Hamel基底の存在によりf(x)=axの形をしていないf(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数が存在することを示すことができるのである.

この記事では,Hamel基底を説明したあと,「f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\R\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか」という問題に対する反例を考える.

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Hamel基底

まず,Hamel基底について述べる.

Hamel基底の定義

[Hamel基底] 次を満たすB\subset\RをHamel基底という:

  1. 任意の有限個のb_1,\dots,b_n\in Bに対して,r_1b_1+\dots+r_nb_n=0\ (r_1,\dots,r_n\in\Q)ならr_1=\dots=r_n=0が成り立つ.
  2. 任意のx\in\Rに対して,有限個のb_1,\dots,b_n\in Bと同数のr_1,\dots,r_n\in\Qが存在して,x=r_1b_1+\dots+r_nb_nと表せる.

すなわち,「Hamel基底は体\Q上のベクトル空間\Rの基底である」ということになる.

同じことだが,「Hamel基底は体の拡大\R/\Qについて,\R\Q上の基底である」ということもできる.

Hamel基底の存在の証明は,先にもあげた【ベクトル空間の基底とハメル基底の存在の証明】の証明を読まれたい.

Hamel基底のイメージ

Hamel基底のイメージを述べておく.

例1

\{1,\sqrt{2}\}を基底とする有理数体\Q上(=\Q係数)のベクトル空間」を考える.

このベクトル空間は,有理数体\Q\ro{2}を添加した体

\Q(\sqrt{2})=\set{x_{1}+x_{2}\sqrt{2}}{x_1,x_2\in\Q}

ということもできる.明らかなことだが,\Q(\sqrt{2})x_{1}+x_{2}\sqrt{2} (x_1,x_2\in\Q)という実数を全て元にもつ.

しかし,\sqrt{3}\in\Rなどは\Q(\sqrt{2})に属さないから,\{1,\sqrt{2}\}はHamel基底ではない.

例2

\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\}を基底とする有理数体\Q上のベクトル空間」を考える.

このベクトル空間は,有理数体\Q\ro{2}\ro{3}を添加した体

\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})=\set{x_{1}+x_{2}\sqrt{2}+x_3\sqrt{3}+x_{4}\sqrt{2}\sqrt{3}}{x_1,x_2,x_3,x_4\in\Q}

ということもできる.

\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})\Q(\sqrt{2})と比べて,\sqrt{3},\sqrt{6}\in\Rも元にもつようになった.

しかし,\sqrt{5}\in\Rなどは\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})に属さないから,\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\}はHamel基底ではない.

例3

\mathbb{P}を素数全部の集合とする.

B=\{1\}\cup\set{\ro{p}}{p\in\mathbb{P}}を基底とする有理数体\Q上のベクトル空間」を考える.

なお,B=\{1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{7},\sqrt{11},\dots\}である.

このベクトル空間は,有理数体\QBを添加した体\Q(B)ということもできる.

\Q(B)\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})\Q(\sqrt{2})と比べて,全ての自然数a\in\Rに対して\sqrt{a}\in\Rを元にもつようになった.

しかし,\sqrt[3]{2}\in\Rなどは\Q(B)に属さないから,BはHamel基底ではない.

まとめ

例1〜例3で見たように,基底をどんどん増やし,\Q上のベクトル空間として\Rを構成するのは,なかなか難しいように思える.

なお,例3において体の拡大\Q(B)/\Qの次数は\inftyであり,\Q(B)\subset\Rだから,体の拡大\R/\Qの次数は\inftyであることが分かる.

このようにBを基底とする\Q上のベクトル空間が\Rとなるように,うまくB\subset\Rをとる」ことができれば,このBをHamel基底というのである.

f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数

ここでは,次の[問]を考える.

[問] 任意のx,y\in\Rに対して,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\R\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか.

f(x)=ax

f(x+y)=a(x+y)=ax+ay=f(x)+f(y)

をみたす.

この問題では,f(x)=axの形の関数以外に,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数が存在するかどうかを考えるのである.

なお,冒頭にも書いたが,Hamel基底を用いればf(x)=axとはならない関数f:\R\to\Rの存在を示すことができるので,この[問]の答えは「限られない」である.

[問]の反例を挙げる前に,いくつかの考察をしておく.

考察1

次の[問1]を考える.

[問1] 任意のx,y\in\Qに対して,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\Q\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか.

関数fの定義域が\Rから\Qに変わっただけであるが,実は[問1]の答えは「限られる」となる.

まず,この[問1]の解答を書く.

[解答]

Step.1とStep.2に分ける.

Step.1

「任意のn\in\Zx\in\Qに対して,f(nx)=nf(x)であること」を示す.

f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)からf(0)=0となるので,f(0x)=f(0)=0f(x)が成り立つ.

また,あるn\in\Z_{\ge0}に対してf(nx)=nf(x)が成り立っていれば,

f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)
=nf(x)+f(x)=(n+1)f(x)

が従う.よって,帰納的に任意のn\in\Z_{\ge0}に対してf(nx)=nf(x)が成り立つ.

さらに,任意のn\in\Z_{\le0}に対して,-n\ge0に注意すると,

0=f(0)=f(nx+(-nx))
=f(nx)+f(-nx)=f(nx)+(-n)f(x)
=f(nx)-nf(x)

だから,移項してf(nx)=nf(x)が従う.

Step.2

f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\Q\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られる」ことを示す.

任意のx\in\Qに対して,あるp\in\Zq\in\Z\setminus\{0\}が存在して,x=\dfrac{p}{q}をみたす.

Step.1より,

f(x)=f\bra{\dfrac{p}{q}}=f\bra{p\cdot\dfrac{1}{q}}=pf\bra{\dfrac{1}{q}}

と,

f(1)=f\bra{\dfrac{q}{q}}=qf\bra{\dfrac{1}{q}}

が成り立つから,\dfrac{f(1)}{q}=f\bra{\dfrac{1}{q}}が従う.

よって,f(x)=\dfrac{pf(1)}{q}=f(1)xが成り立つ.

以上より,a:=f(1)\in\Rとして,f(x)=axとなる.

[解答終]

[問1]では全てのx\in\Qが,p\in\Zq\in\Z\setminus\{0\}によって,1をp倍,\dfrac{1}{q}倍することで表せることがポイントとなっている.

このため,全てのx\in\Q1を基準にして,帰納的にf(x)=f(1)xとなることを示すことができる.

考察2

次の[問2]を考える.

[問2] 任意のx,y\in\Q(\sqrt{2})に対して,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\Q(\sqrt{2})\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか.

[問2]では,関数fの定義域が\Q(\sqrt{2})に変わっただけであるが,実は[問2]の答えは「限られない」となる.

[問1]の議論は[問2]でも通用するので,任意のx\in\Qに対してはf(x)=f(1)xでなければならない.問題はx=\sqrt{2}に対してはf(x)=f(1)xが成り立つかどうかである.

[解答]

反例を挙げる.

c_1,c_2\in\Rとする.f:\Q(\sqrt{2})\to\R

f:x=x_1+x_2\sqrt{2}\mapsto c_1x_1+c_2x_2

で定める.ここに,x_1,x_2\in\Qである.

このとき,任意のx,y\in\Q(\sqrt{2})に対して,x=x_1+x_2\sqrt{2}y=y_1+y_2\sqrt{2} (x_1,x_2,y_1,y_2\in\Q)と表すと,,

f(x+y)
=f((x_1+y_1)+(x_2+y_2)\sqrt{2})
=a(x_1+y_1)+b(y_1+y_2)
=(ax_1+bx_2)+(ay_1+by_2)
=f(x)+f(y)

となる.

よって,a\neq bなら,ff(x)=axの形にならない.よって,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\Q\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られない.

[解答終]

先にも述べたが,[問1]では全てのx\in\Qが1をp倍,\dfrac{1}{q}倍で表せることがポイントとなっていた.

しかし,[問2]では例えば\sqrt{2}\in\Q(\sqrt{2})は1のp倍,\dfrac{1}{q}倍では表せない.

したがって,\sqrt{2}x\in\Q(\sqrt{2}) (x\in\Q)に対しては,1を基準とした帰納法が使えない.

そのため,\sqrt{2}x\in\Q(\sqrt{2}) (x\in\Q)に対しては,f(\sqrt{2}x)=f(1)(\sqrt{2}x)が成り立っているとは限らず,実際に[解答]の反例ではf(\sqrt{2}x)=f(1)(\sqrt{2}x)が成り立ってないものが構成できている.

したがって,1を基準とした帰納法,\sqrt{2}を基準とした帰納法は別々の議論として進むので,f(1)\neq f(\sqrt{2})として反例が構成できる.

もっと言えば,f(1)=1f(\sqrt{2})=0と考えて,f:\Q(\sqrt{2})\to\Rf:x=x_1+x_2\sqrt{2}\mapsto x_1と定めても,反例となる.

線形空間の準同型を考えていると思えばイメージしやすいであろう.

解答

[考察1],[考察2]から,[問]には次のような解答ができる.

[問の解答]

反例を挙げる.

Hamel基底をBとする.任意のx\in\Rは有限和で

x=\dsum_{i} b_ix_i

と表せることに注意する.ここに,b_1,\dots,b_n\in Bx_1,\dots,x_n\in\Qである(すなわち,\R=\Q(B)である).

c_1,c_2,\dots\in\Rとし,f:\R=\Q(B)\to\R

f:x\mapsto\dsum_{i} c_ix_i

で定める.

このとき,任意のx,y\in\R=\Q(B)に対して,有限和でx=\sum_{i} b_ix_iy=\sum_{i} b_iy_i (x_i,y_i\in\Q)と表すと(x_iy_iの中に0があっても良い),

f(x+y)
=f\bra{\sum_{i} b_i(x_i+y_i)}
=\sum_{i} c_i(x_i+y_i)
=\sum_{i} c_ix_i+\sum_{i} c_iy_i
=f(x)+f(y)

をみたす.

よって,c_1,c_2,\dotsのいずれかが異なっていれば,ff(x)=axの形にならない.よって,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす関数f:\Q\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られない.

[解答終]

[問2]の\Q(\sqrt{2})の場合も,[問]の\R=\Q(B)の場合も,同じことをしている.

\Q(\sqrt{2})の場合は\{1,\sqrt{2}\}を基底とした\Q上のベクトル空間,\R=\Q(B)の場合はBを基底とした\Q上のベクトル空間を考えれば,どちらも同じであることが見て取れる.

補足

少し話が逸れるが,次の[問’]を考える.

ここでは,次の[問’]を考える.

[問’] 任意のx,y\in\Rに対して,f(x+y)=f(x)+f(y)をみたす連続関数f:\R\to\Rf(x)=ax (a\in\R)に限られるか.

[問’]はfが連続となっており,この[問’]の答えは「f(x)=axの形に限られる」となる.

[解答]

任意の有理数x\in\Qに対して,f(x)=f(1)xとなる([問1]と同様).

また,任意のx\in\Rに対して,x_n\to xとなる\Qの列\{x_n\}_{n\in\N}が存在するから,fの連続性より,

f(x)=f\bra{\li_{n\to\infty}x_n}=\li_{n\to\infty}f(x_n)=\li_{n\to\infty}f(1)x_n=f(1)x

となる.

よって,a:=f(1)とすれば,任意のx\in\Rに対して,f(x)=axが成り立つ.

[解答終]

連続性があることで,無理数の場合も有理数の場合に帰着して極限で考えられる.

そのため,有理数の場合にf(x)=axとなれば,無理数の場合にもf(x)=axとなる.

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